《（江蘇專版）2018版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題八 磁場、帶電粒子在磁場及復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專版）2018版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題八 磁場、帶電粒子在磁場及復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案（24頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題八　磁場、帶電粒子在磁場及復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng) 江蘇卷考情導(dǎo)向 考點(diǎn) 考題 考情 磁場的性質(zhì) 2015年T4考查通電導(dǎo)體在磁場中受到的安培力、力的平衡 2017年T1考查磁通量的定義式和公式Φ＝BS的適用范圍 1．近五年高考本專題命題形式為選擇題和計(jì)算題形式，且計(jì)算題較多． 2．命題考查點(diǎn)集中在磁場對電流的作用，磁場對運(yùn)動(dòng)電荷的作用及洛倫茲力作用下圓周運(yùn)動(dòng)的周期、半徑問題．帶電粒子在有界磁場中運(yùn)動(dòng)的臨界問題． 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng) 2014年T14考查帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng) 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng) 2017年T15考查動(dòng)能定理與牛頓第二定律的應(yīng)用、帶電粒子在

2、組合場中的運(yùn)動(dòng) 2016年T15考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)和回旋加速器的工作原理 2015年T15考查動(dòng)能定理與牛頓第二定律的應(yīng)用、帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng) 2014年T9考查霍爾效應(yīng)及其應(yīng)用、電勢差 2013年T15考查帶電粒子在交變電磁場中的運(yùn)動(dòng) 考點(diǎn)1| 磁場的性質(zhì)難度：較易 題型：選擇題、計(jì)算題 五年2考 (對應(yīng)學(xué)生用書第36頁) 1．(2015·江蘇高考T4)如圖8-1所示，用天平測量勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度．下列各選項(xiàng)所示的載流線圈匝數(shù)相同，邊長MN相等，將它們分別掛在天平的右臂下方．線圈中通有大小相同的電流，天平處于平衡狀態(tài)．若磁場發(fā)生微小變化，天平最容易失

3、去平衡的是(　　) 圖8-1 【解題關(guān)鍵】　解此題的關(guān)鍵有以下兩點(diǎn)： (1)邊長MN相同，但四個(gè)線圈在磁場中的有效長度不同． (2)線圈電流相同，磁場發(fā)生變化時(shí)，線圈所受安培力也發(fā)生相應(yīng)變化． A　[磁場發(fā)生微小變化時(shí)，因各選項(xiàng)中載流線圈在磁場中的面積不同，由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝n＝n知載流線圈在磁場中的面積越大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢越大，感應(yīng)電流越大，載流線圈中的電流變化越大，所受的安培力變化越大，天平越容易失去平衡，由題圖可知，選項(xiàng)A符合題意．] 2．(2017·江蘇高考T1)如圖8-2所示，兩個(gè)單匝線圈a、b的半徑分別為r和2r．圓形勻強(qiáng)磁場B的邊緣恰好與a線圈重合，則

4、穿過a、b兩線圈的磁通量之比為(　　) 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：17214131】 圖8-2 A．1∶1　　　　　　 B．1∶2 C．1∶4 D．4∶1 A　[根據(jù)Φ＝BS，S為有磁感線穿過區(qū)域的有效面積，因此a、b兩線圈的有效面積相等，故磁通量之比Φa∶Φb＝1∶1，選項(xiàng)A正確．] 1．F＝BILsin α(α為B、I間的夾角)，高中只要求掌握α＝0°(不受安培力)和α＝90°兩種情況． (1)公式只適用于勻強(qiáng)磁場中的通電直導(dǎo)線或非勻強(qiáng)磁場中很短的通電導(dǎo)線． (2)當(dāng)I、B夾角為0°時(shí)F＝0．當(dāng)電流與磁場方向垂直時(shí)，安培力最大，為F＝BIL． (3)L是有效長度．閉合的通電

5、導(dǎo)線框在勻強(qiáng)磁場中受到的安培力F＝0． (4)安培力的方向利用左手定則判斷． 2．洛倫茲力的特點(diǎn) (1)洛倫茲力的方向總是垂直于運(yùn)動(dòng)電荷的速度方向和磁場方向共同確定的平面，所以洛倫茲力只改變速度方向，不改變速度大小，即洛倫茲力永不做功． (2)僅電荷運(yùn)動(dòng)方向發(fā)生變化時(shí)，洛倫茲力的方向也隨之變化． (3)用左手定則判斷負(fù)電荷在磁場中運(yùn)動(dòng)所受的洛倫茲力時(shí)，要注意將四指指向電荷運(yùn)動(dòng)的反方向． 3．洛倫茲力的大小 (1)v∥B時(shí)，洛倫茲力F＝0．(θ＝0°或180°) (2)v⊥B時(shí)，洛倫茲力F＝qvB．(θ＝90°) (3)v＝0時(shí)，洛倫茲力F＝0． ●考向1　磁場的基本性質(zhì)

6、 1．(2017·南通模擬)如圖8-3所示為某種用來束縛原子的磁場的磁感線分布情況，以O(shè)點(diǎn)(圖中白點(diǎn))為坐標(biāo)原點(diǎn)．沿Z軸正方向磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小變化情況最有可能是圖中的(　　) 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：17214132】 圖8-3 A　　　　　B C　　　　　D C　[磁感線的疏密表示磁場的強(qiáng)弱，所以沿Z軸正方向磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小是先變小后變大．由于題目中問的是磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小，故C正確．] ●考向2　通電導(dǎo)體在磁場中的運(yùn)動(dòng) 2．(2017·寧城縣模擬)如圖8-4所示，絕緣水平桌面上放置一長直導(dǎo)線a，導(dǎo)線a的正上方某處放置另一長直導(dǎo)線b，導(dǎo)線a中電流垂直紙面向里，導(dǎo)線b中電流

7、垂直紙面向外，導(dǎo)線中均為恒定電流，現(xiàn)將導(dǎo)線b水平向右平移一小段距離后，導(dǎo)線a始終保持靜止，則(　　) 圖8-4 A．導(dǎo)線b受到的安培力方向始終豎直向下 B．導(dǎo)線b受到的安培力增大 C．導(dǎo)線a對桌面的壓力增大 D．導(dǎo)線a對桌面的摩擦力方向水平向左 D　[a與b的電流方向相反，根據(jù)電流與電流之間的相互作用力的特點(diǎn)可知，a與b之間的力為排斥力；當(dāng)b水平向右平移時(shí)，導(dǎo)線a產(chǎn)生的磁場方向在b點(diǎn)為向右下方，根據(jù)左手定則可知，導(dǎo)線b受到的安培力方向不在豎直方向上，故A錯(cuò)誤；由于a、b間的距離增大，故a在b處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小減小，根據(jù)安培力F＝BIL可知，受到的安培力逐漸減小，故B錯(cuò)誤；當(dāng)

8、b水平向右平移時(shí)，a、b間的距離增大，b在a處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小減小，a受到的安培力減小且方向仍然在兩根導(dǎo)線連線的方向上，根據(jù)力的合成可知，導(dǎo)線對桌面的壓力減小，且受到的摩擦力向右，故導(dǎo)線a對桌面的摩擦力向左，故C錯(cuò)誤，D正確．] ●考向3　洛倫茲力的應(yīng)用 3．(2017·蘇錫常二模)如圖8-5，一束電子沿某坐標(biāo)軸運(yùn)動(dòng)，在x軸上的A點(diǎn)處產(chǎn)生的磁場方向沿z軸正方向，則該束電子的運(yùn)動(dòng)方向是(　　) 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：17214133】 圖8-5 A．z軸正方向 B．z軸負(fù)方向 C．y軸正方向 D．y軸負(fù)方向 C　[在x軸上的A點(diǎn)處產(chǎn)生的磁場方向沿z軸正方向，根據(jù)安培定則可知，

9、形成的電流方向沿y軸負(fù)方向，那么電子流沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確．] 考點(diǎn)2| 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)難度：中檔題 題型：選擇題、計(jì)算題 五年2考 (對應(yīng)學(xué)生用書第37頁) 3．(2014·江蘇高考T14)某裝置用磁場控制帶電粒子的運(yùn)動(dòng)，工作原理如圖8-6所示．裝置的長為L，上下兩個(gè)相同的矩形區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向與紙面垂直且相反，兩磁場的間距為d．裝置右端有一收集板，M、N、P為板上的三點(diǎn)，M位于軸線OO′上，N、P分別位于下方磁場的上、下邊界上．在紙面內(nèi)，質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子以某一速度從裝置左端的中點(diǎn)射入，方向與軸線成30°

10、角，經(jīng)過上方的磁場區(qū)域一次，恰好到達(dá)P點(diǎn)．改變粒子入射速度的大小，可以控制粒子到達(dá)收集板上的位置．不計(jì)粒子的重力． 圖8-6 (1)求磁場區(qū)域的寬度h； (2)欲使粒子到達(dá)收集板的位置從P點(diǎn)移到N點(diǎn)，求粒子入射速度的最小變化量Δv； (3)欲使粒子到達(dá)M點(diǎn)，求粒子入射速度大小的可能值． 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：17214134】 【解題關(guān)鍵】 關(guān)鍵語句 信息解讀 以某一速度從裝置左端的中點(diǎn)射入，恰好到達(dá)P點(diǎn) 由幾何關(guān)系可求得寬度 改變粒子入射速度的大小，可以控制粒子到達(dá)收集板上的位置 可求得兩次速度大小 【解析】　(1)設(shè)粒子在磁場中的軌道半徑為r，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示．

11、 根據(jù)題意知L＝3rsin 30°＋3dcos 30°，且磁場區(qū)域的寬度h＝r(1－cos 30°) 解得：h＝． (2)設(shè)改變?nèi)肷渌俣群罅Ｗ釉诖艌鲋械能壽E半徑為r′，洛倫茲力提供向心力，則有 m＝qvB，m＝qv′B， 由題意知3rsin 30°＝4r′sin 30°， 解得粒子速度的最小變化量Δv＝v－v′＝． (3)設(shè)粒子經(jīng)過上方磁場n次 由題意知L＝(2n＋2)dcos 30°＋(2n＋2)rnsin 30° 且m＝qvnB，解得vn＝． 【答案】　(1)　(2) (3) “4點(diǎn)、6線、3角”巧解帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng) 圖8-7 (1)4點(diǎn)：入

12、射點(diǎn)B、出射點(diǎn)C、軌跡圓心A、入射速度直線與出射速度直線的交點(diǎn)O． (2)6線：圓弧兩端點(diǎn)所在的軌跡半徑r，入射速度直線和出射速度直線OB、OC，入射點(diǎn)與出射點(diǎn)的連線BC，圓心與兩條速度直線交點(diǎn)的連線AO． (3)3角：速度偏轉(zhuǎn)角∠COD、圓心角∠BAC、弦切角∠OBC，其中偏轉(zhuǎn)角等于圓心角，也等于弦切角的兩倍． ●考向1　磁偏轉(zhuǎn)的基本問題 4．(2017·宜興市模擬)如圖8-8，兩個(gè)初速度大小相同的同種離子a和b，從O點(diǎn)沿垂直磁場方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，最后打到過O點(diǎn)的豎直屏P上．不計(jì)重力．下列說法正確的有(　　) 圖8-8 A．a(chǎn)、b均帶負(fù)電 B．a(chǎn)在磁場中飛行的時(shí)間比b的

13、短 C．a(chǎn)在磁場中飛行的路程比b的短 D．a(chǎn)在P上的落點(diǎn)與O點(diǎn)的距離比b的近 D　[a、b粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：粒子a、b都向下偏轉(zhuǎn)，由左手定則可知，a、b均帶正電，故A錯(cuò)誤；由r＝可知，兩粒子半徑相等，根據(jù)圖中兩粒子運(yùn)動(dòng)軌跡可知，a粒子運(yùn)動(dòng)軌跡長度大于b粒子運(yùn)動(dòng)軌跡長度，a在磁場中飛行的時(shí)間比b的長，故B、C錯(cuò)誤；根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡可知，在P上的落點(diǎn)與O點(diǎn)的距離a比b的近，故D正確．] ●考向2　磁偏轉(zhuǎn)的臨界問題 5．(2017·泰州三模)科研人員常用磁場來約束運(yùn)動(dòng)的帶電粒子，如圖8-9所示，粒子源位于紙面內(nèi)一邊長為a的正方形中心O處，可以沿紙面向各個(gè)方向發(fā)射速度不同的粒子，粒子質(zhì)量為

14、m、電荷量為q、最大速度為v，忽略粒子重力及粒子間相互作用，要使粒子均不能射出正方形區(qū)域，可在此區(qū)域加一垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值為(　　) 圖8-9 A．　　　　　　　　 B． C． D． C　[粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力充當(dāng)向心力，則有：Bvq＝，所以，R＝；粒子做圓周運(yùn)動(dòng)，圓上最遠(yuǎn)兩點(diǎn)之間的距離為2R；而O到邊界的最短距離為a，要使粒子均不能射出正方形區(qū)域，則2R≤a，即≤a，所以B≥，故磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值為，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確．] ●考向3　磁偏轉(zhuǎn)中的多過程問題 6．(2017·欽南區(qū)月考)如圖8-10所示，a、b是兩個(gè)勻強(qiáng)磁場邊界上的兩

15、點(diǎn)，左邊勻強(qiáng)磁場的磁感線垂直紙面向里，右邊勻強(qiáng)磁場的磁感線垂直紙面向外，兩邊的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等．電荷量為2e的正離子以某一速度從a點(diǎn)垂直磁場邊界向左射出，當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)，擊中并吸收了一個(gè)處于靜止?fàn)顟B(tài)的電子，不計(jì)正離子和電子的重力且忽略正離子和電子間的相互作用，則它們在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡是(　　) 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：17214135】 圖8-10 A　　　　　　　B C　　　　　　　D D　[正離子以某一速度擊中并吸收靜止的電子后，速度保持不變，電荷量變?yōu)椋玡，由左手定則可判斷出正離子過b點(diǎn)時(shí)所受洛侖茲力向下；由r＝可得，電量減半，則半徑增大到原來的2倍，故磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡為

16、D．] 考點(diǎn)3| 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)難度：較難 題型：選擇題、計(jì)算題 五年5考 (對應(yīng)學(xué)生用書第38頁) 4．(2016·江蘇高考T15)回旋加速器的工作原理如圖8-11甲所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R．兩盒間狹縫的間距為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直．被加速粒子的質(zhì)量為m、電荷量為＋q，加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示，電壓值的大小為U0，周期T＝．一束該種粒子在t＝0～時(shí)間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零．現(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運(yùn)動(dòng)，不考慮粒子間的相互作用．求： 甲 乙 圖8-11 (1)出

17、射粒子的動(dòng)能Em； (2)粒子從飄入狹縫至動(dòng)能達(dá)到Em所需的總時(shí)間t0； (3)要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出，d應(yīng)滿足的條件． 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：17214136】 【解題關(guān)鍵】　解此題的關(guān)鍵有以下三點(diǎn)： (1)粒子以半徑R運(yùn)動(dòng)時(shí)對應(yīng)粒子的動(dòng)能最大． (2)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期恒定不變． (3)粒子在狹縫間做勻加速直線運(yùn)動(dòng)． 【解析】　(1)粒子運(yùn)動(dòng)半徑為R時(shí) qvB＝m 且Em＝mv2 解得Em＝． (2)粒子被加速n次達(dá)到動(dòng)能Em，則Em＝nqU0 粒子在狹縫間做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)n次經(jīng)過狹縫的總時(shí)間為Δt 加速度a＝ 勻加速直線運(yùn)動(dòng)nd＝a·Δt

18、2 由t0＝(n－1)·＋Δt，解得t0＝－． (3)只有在0～(－Δt)時(shí)間內(nèi)飄入的粒子才能每次均被加速 則所占的比例為η＝ 由η＞99%，解得d＜． 【答案】　(1)　(2)－ (3)d＜ 5．(2013·江蘇高考T15)在科學(xué)研究中，可以通過施加適當(dāng)?shù)碾妶龊痛艌鰜韺?shí)現(xiàn)對帶電粒子運(yùn)動(dòng)的控制．如圖8-12甲所示的xOy平面處于勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中，電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t作周期性變化的圖象如圖乙所示．x軸正方向?yàn)镋的正方向，垂直紙面向里為B的正方向．在坐標(biāo)原點(diǎn)O有一粒子P，其質(zhì)量和電荷量分別為m和＋q，不計(jì)重力．在t＝時(shí)刻釋放P，它恰能沿一定軌道做往復(fù)運(yùn)動(dòng)． (1)求

19、P在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)速度的大小v0； (2)求B0應(yīng)滿足的關(guān)系； (3)在t0(0

20、0＝at，且t＝，解得v0＝． (2)只有當(dāng)t＝2τ時(shí)，P在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)結(jié)束并開始沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，才能沿一定軌道做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，如圖所示．設(shè)P在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T． 則(n－)T＝τ(n＝1，2，3…) 勻速圓周運(yùn)動(dòng)qvB0＝m，T＝ 解得B0＝(n＝1，2，3，…)． (3)在t0時(shí)刻釋放，P在電場中加速的時(shí)間為τ－t0 在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有v1＝ 圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r1＝ 解得r1＝ 又經(jīng)(τ－t0)時(shí)間P減速為零后向右加速的時(shí)間為t0 P再進(jìn)入磁場，有v2＝ 圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r2＝ 解得r2＝ 綜上分析，速度為零時(shí)橫坐標(biāo)x＝0 相應(yīng)的縱坐標(biāo)為

21、y＝(k＝1，2，3，…) 解得y＝(k＝1，2，3，…)． 【答案】　(1) (2)B0＝　(n＝1，2，3，…) (3)橫坐標(biāo)x＝0 縱坐標(biāo)y＝(k＝1，2，3，…) 6．(多選)(2014·江蘇高考T9)如圖8-13所示，導(dǎo)電物質(zhì)為電子的霍爾元件位于兩串聯(lián)線圈之間，線圈中電流為I，線圈間產(chǎn)生勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B與I成正比，方向垂直于霍爾元件的兩側(cè)面，此時(shí)通過霍爾元件的電流為IH，與其前后表面相連的電壓表測出的霍爾電壓UH滿足：UH＝k ，式中k為霍爾系數(shù)，d為霍爾元件兩側(cè)面間的距離．電阻R遠(yuǎn)大于RL，霍爾元件的電阻可以忽略，則(　　) 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：17214138】

22、 圖8-13 A．霍爾元件前表面的電勢低于后表面 B．若電源的正負(fù)極對調(diào)，電壓表將反偏 C．IH與I成正比 D．電壓表的示數(shù)與RL消耗的電功率成正比 CD　[當(dāng)霍爾元件通有電流IH時(shí)，根據(jù)左手定則，電子將向霍爾元件的后表面運(yùn)動(dòng)，故霍爾元件的前表面電勢較高．若將電源的正負(fù)極對調(diào)，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向換向，IH方向變化，根據(jù)左手定則，電子仍向霍爾元件的后表面運(yùn)動(dòng)，故仍是霍爾元件的前表面電勢較高，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤．因R與RL并聯(lián)，根據(jù)并聯(lián)分流，得IH＝I，故IH與I成正比，選項(xiàng)C正確．由于B與I成正比，設(shè)B＝aI，則IL＝I，PL＝IRL，故UH＝k ＝PL，知UH∝PL，選項(xiàng)D正確．]

23、 7．(2017·江蘇高考T16)一臺(tái)質(zhì)譜儀的工作原理如圖8-14所示．大量的甲、乙兩種離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為0，經(jīng)加速后，通過寬為L的狹縫MN沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，最后打到照相底片上．已知甲、乙兩種離子的電荷量均為＋q，質(zhì)量分別為2m和m，圖中虛線為經(jīng)過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運(yùn)動(dòng)軌跡．不考慮離子間的相互作用． 圖8-14 (1)求甲種離子打在底片上的位置到N點(diǎn)的最小距離x； (2)在圖中用斜線標(biāo)出磁場中甲種離子經(jīng)過的區(qū)域，并求該區(qū)域最窄處的寬度d； (3)若考慮加速電壓有波動(dòng)，在(U0－ΔU)到(U0＋ΔU)之間變化

24、，要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊，求狹縫寬度L滿足的條件． 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：17214139】 【解析】　(1)甲種離子在電場中加速時(shí)，有 qU0＝×2mv2① 設(shè)甲種離子在磁場中的運(yùn)動(dòng)半徑為r1，則有 qvB＝2m② 根據(jù)幾何關(guān)系有 x＝2r1－L③ 由①②③式解得x＝－L．④ (2)如圖所示． 最窄處位于過兩半圓虛線交點(diǎn)的垂線上d＝r1－⑤ 由①②⑤式解得d＝－．⑥ (3)設(shè)乙種離子在磁場中的運(yùn)動(dòng)半徑為r2 r1的最小半徑 r1min＝⑦ r2的最大半徑r2max＝⑧ 由題意知2r1min－2r2max＞L， 即－＞L⑨ 由⑦⑧⑨式解得 L＜[2－

25、]．⑩ 【答案】　(1)－L (2)見解析圖?。? (3)L＜[2－] 8．(2015·江蘇高考T16)一臺(tái)質(zhì)譜儀的工作原理如圖8-15所示，電荷量均為＋q、質(zhì)量不同的離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為零．這些離子經(jīng)加速后通過狹縫O沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，最后打在底片上．已知放置底片的區(qū)域MN＝L，且OM＝L．某次測量發(fā)現(xiàn)MN中左側(cè)區(qū)域MQ損壞，檢測不到離子，但右側(cè)區(qū)域QN仍能正常檢測到離子．在適當(dāng)調(diào)節(jié)加速電壓后，原本打在MQ的離子即可在QN檢測到． 圖8-15 (1)求原本打在MN中點(diǎn)P的離子質(zhì)量m； (2)為使原本打在P的離子能打在QN區(qū)

26、域，求加速電壓U的調(diào)節(jié)范圍； (3)為了在QN區(qū)域?qū)⒃敬蛟贛Q區(qū)域的所有離子檢測完整，求需要調(diào)節(jié)U的最少次數(shù)．(取lg 2＝0．301，lg 3＝0．477，lg 5＝0．699) 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：17214140】 【解析】　(1)離子在電場中加速，qU0＝mv2 在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，qvB＝m 解得r0＝ 代入r0＝L，解得m＝． (2)由(1)知，U＝， 離子打在Q點(diǎn)時(shí)，r＝L，得U＝ 離子打在N點(diǎn)時(shí)，r＝L，得U＝ 則電壓的范圍≤U≤． (3)由(1)可知，r∝ 由題意知，第1次調(diào)節(jié)電壓到U1，使原本Q點(diǎn)的離子打在N點(diǎn)，＝ 此時(shí)，原本半徑為r1的打在Q1的離

27、子打在Q上， ＝ 解得r1＝2L 第2次調(diào)節(jié)電壓到U2，原本打在Q1的離子打在N點(diǎn)，原本半徑為r2的打在Q2的離子打在Q上，則 ＝，＝，解得r2＝3L 同理，第n次調(diào)節(jié)電壓，有rn＝n＋1L 檢測完整，有rn≤，解得n≥－1≈2．8 最少次數(shù)為3次． 【答案】　(1)　(2)≤U≤　(3)最少次數(shù)為3次 1．組合場問題兩點(diǎn)技巧 (1)運(yùn)動(dòng)過程的分解方法 ①以“場”的邊界將帶電粒子的運(yùn)動(dòng)過程分段； ②分析每段運(yùn)動(dòng)帶電粒子的受力情況和初速度，判斷粒子的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)； ③建立聯(lián)系：前、后兩段運(yùn)動(dòng)的關(guān)聯(lián)為帶電粒子過關(guān)聯(lián)點(diǎn)時(shí)的速度； ④分段求解：根據(jù)題設(shè)條件，選擇計(jì)算順序．

28、 (2)周期性和對稱性的應(yīng)用 相鄰場問題大多具有周期性和對稱性，解題時(shí)一是要充分利用其特點(diǎn)畫出帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，以幫助理順物理過程；二是要注意周期性和對稱性對運(yùn)動(dòng)時(shí)間的影響． 2．關(guān)注幾場疊加　優(yōu)選規(guī)律解題 (1)受力分析，關(guān)注幾場疊加：①磁場、重力場并存，受重力和洛倫茲力；②電場、磁場并存(不計(jì)重力的微觀粒子)，受電場力和洛倫茲力；③電場、磁場、重力場并存，受電場力、洛倫茲力和重力． (2)選用規(guī)律：四種觀點(diǎn)解題：①帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則用平衡條件求解(即二力或三力平衡)；②帶電體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用向心力公式或勻速圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解；③帶電體做勻變速直線或曲線運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)

29、定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解；④帶電體做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用能量守恒定律或動(dòng)能定理求解． ●考向1　帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng) 7．(2017·鎮(zhèn)江一模)如圖8-16甲所示，在直角坐標(biāo)系0≤x≤L區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場，右側(cè)有一個(gè)以點(diǎn)(3L，0)為圓心、半徑為L的圓形區(qū)域，圓形區(qū)域與x軸的交點(diǎn)分別為M、N．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電量為e的電子，從y軸上的A點(diǎn)以速度v0沿x軸正方向射入電場，飛出電場后從M點(diǎn)進(jìn)入圓形區(qū)域，此時(shí)速度方向與x軸正方向的夾角為30°．不考慮電子所受的重力． 甲　　　　　　　　　乙 圖8-16 (1)求電子進(jìn)入圓形區(qū)域時(shí)的速度大小和勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E的大小； (

30、2)若在圓形區(qū)域內(nèi)加一個(gè)垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，使電子穿出圓形區(qū)域時(shí)速度方向垂直于x軸．求所加磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和電子剛穿出圓形區(qū)域時(shí)的位置坐標(biāo)； (3)若在電子剛進(jìn)入圓形區(qū)域時(shí)，在圓形區(qū)域內(nèi)加上圖乙所示變化的磁場(以垂直于紙面向外為磁場正方向)，最后電子從N點(diǎn)處飛出，速度方向與進(jìn)入磁場時(shí)的速度方向相同．請寫出磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大小、磁場變化周期T各應(yīng)滿足的關(guān)系表達(dá)式． 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：17214141】 【解析】　(1)電子在電場中作類平拋運(yùn)動(dòng)，射出電場時(shí)，速度分解圖如圖(1)中所示． 由速度關(guān)系可得：＝cos θ 解得：v＝v0 由速度關(guān)系得：vy＝v0tan θ＝v0 在豎直

31、方向：vy＝at＝t 而水平方向上t＝ 解得：E＝． (1) (2)根據(jù)題意作圖如圖(1)所示，電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R＝L 根據(jù)牛頓第二定律：qvB＝ 解得：B＝ 根據(jù)幾何關(guān)系得電子穿出圓形區(qū)域時(shí)位置坐標(biāo)為(，－L)． (3)電子在磁場中最簡單的情景如圖(2)所示． (2) 在磁場變化的前三分之一個(gè)周期內(nèi)，電子的偏轉(zhuǎn)角為60°，設(shè)電子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r1，運(yùn)動(dòng)的周期為T0，粒子在x軸方向上的位移恰好等于r1； 在磁場變化的后三分之二個(gè)周期內(nèi)，因磁感應(yīng)強(qiáng)度減半，電子運(yùn)動(dòng)周期T′＝2T0，故粒子的偏轉(zhuǎn)角度仍為60°，電子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑變?yōu)?r，粒子在x軸方向上的位

32、移恰好等于2r． 綜合上述分析，則電子能到達(dá)N點(diǎn)且速度符合要求的空間條件是： 3rn＝2L(n＝1，2，3…) 而：r＝ 解得：B0＝ (n＝1，2，3…) 應(yīng)滿足的時(shí)間條件為：(T0＋T′)＝T 而：T0＝ T′＝ 解得T＝ (n＝1，2，3…) 【答案】　(1)v0　　(2)　(，－L)　(3)B0＝ (n＝1，2，3…)　T＝ (n＝1，2，3…) ●考向2　帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動(dòng) 8．(2017·泰州三模)粒子速度選擇器的原理圖如圖8-17所示，兩水平長金屬板間有沿水平方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁場和方向豎直向下、電場強(qiáng)度為E0的勻強(qiáng)電場，一束質(zhì)量為m、電荷量為

33、q的帶電粒子，以不同的速度從小孔O處沿中軸射入此區(qū)域，研究人員發(fā)現(xiàn)有些粒子能沿中軸線運(yùn)動(dòng)并從擋板上小孔P射出此區(qū)域，其它還有些帶電粒子也能從小孔P射出，射出時(shí)的速度與預(yù)期選擇的速度的最大偏差量為Δv，通過理論分析知道，這些帶電粒子的運(yùn)動(dòng)可以看作沿中軸線方向以速度為v1的勻速直線運(yùn)動(dòng)和以速度v2在兩板間的勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)，v1、v2和Δv均為未知量，不計(jì)帶電粒子重力及粒子間相互作用． 圖8-17 (1)若帶電粒子能沿中軸線運(yùn)動(dòng)，求其從小孔O射入時(shí)的速度v0； (2)增加磁感應(yīng)強(qiáng)度后，使帶電粒子以(1)中的速度v0射入，要讓所有帶電粒子均不能打到水平金屬板，兩板間距d應(yīng)滿

34、足什么條件？ (3)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0時(shí)，為了減小從小孔P處射出粒子速度的最大偏差量Δv，從而提高速度選擇器的速度分辨本領(lǐng)，水平金屬板的長度L應(yīng)滿足什么條件？ 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：17214142】 【解析】　(1)粒子受電場力(方向：豎直方向)和洛倫茲力的作用，沿中軸線運(yùn)動(dòng)，則帶電粒子受力平衡，所以有qE0＝B0v0q，所以v0＝． (2)增加磁感應(yīng)強(qiáng)度后，使帶電粒子以(1)中的速度v0射入，則粒子不能沿中軸線運(yùn)動(dòng)，那么，帶電粒子的運(yùn)動(dòng)可以看作沿中軸線方向以速度v1的勻速直線運(yùn)動(dòng)和以速度v2在兩板間的勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)；勻速圓周運(yùn)動(dòng)初始時(shí)刻速度方向水平，向心力方向豎直，所以，任一

35、粒子將在中垂線的一邊運(yùn)動(dòng)；所以，要讓所有帶電粒子均不能打到水平金屬板，則兩板間距d的一半應(yīng)大于勻速圓周運(yùn)動(dòng)的直徑；對于沿中軸線方向以速度為v1的勻速直線運(yùn)動(dòng)有：qE0＝Bv1q，所以，v1＝；所以，對于以速度v2在兩板間的勻強(qiáng)磁場做勻速圓周運(yùn)動(dòng)有 所以，R＝＝＝· 設(shè)B＝kB0， 則R＝ ＝－ 所以，當(dāng)k＝2時(shí)，R取得最大值，Rmax＝ 所以，要讓所有帶電粒子均不能打到水平金屬板，則兩板間距d應(yīng)大于． (3)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0時(shí)，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝＝ 磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0時(shí)，為了減小從小孔P處射出粒子速度的最大偏差量Δv，從而提高速度選擇器的速度分辨本領(lǐng)，則應(yīng)使不能沿軸線運(yùn)動(dòng)的

36、粒子偏離軸線有最大距離，即圓周分運(yùn)動(dòng)完成半周期的奇數(shù)倍，則L＝v0(2n－1)＝×(2n－1)×＝(n＝1，2，3…)． 【答案】　(1)　(2)d應(yīng)大于　(3)(n＝1，2，3…) ●考向3　磁與現(xiàn)代科技的應(yīng)用 9．(2017·徐州模擬)如圖8-18所示為回旋加速器的示意圖．兩個(gè)靠得很近的D形金屬盒處在與盒面垂直的勻強(qiáng)磁場中，一質(zhì)子從加速器的A處開始加速．已知D形盒的半徑為R，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，高頻交變電源的電壓為U、頻率為f，質(zhì)子質(zhì)量為m、電荷量為q．下列說法錯(cuò)誤的是(　　) 高頻交變電源 圖8-18 A．質(zhì)子的最大速度不超過2πRf B．質(zhì)子的最大動(dòng)能為 C．質(zhì)子

37、的最大動(dòng)能與電壓U無關(guān) D．只增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B，可減小質(zhì)子的最大動(dòng)能 D　[質(zhì)子出回旋加速器的速度最大，此時(shí)的半徑為R，則v＝＝2πRf，所以最大速度不超過2πfR，故A正確；質(zhì)子的最大動(dòng)能Ek＝mv2＝，與電壓無關(guān)，只增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，可增大質(zhì)子的最大動(dòng)能，故B、C正確，D錯(cuò)誤．] 10．(多選)(2017·南通二模)霍爾傳感器測量轉(zhuǎn)速的原理圖如圖8-19所示，傳感器固定在圓盤附近，圓盤上固定4個(gè)小磁體．在a、b間輸入方向由a到b的恒定電流(電子導(dǎo)電)，圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，每當(dāng)磁體經(jīng)過霍爾元件，傳感器c、d端輸出一個(gè)脈沖電壓，檢測單位時(shí)間內(nèi)的脈沖數(shù)可得到圓盤的轉(zhuǎn)速．關(guān)于該測速傳感器，下列說法中正

38、確的有(　　) 圖8-19 A．在圖示位置時(shí)刻d點(diǎn)電勢高于c點(diǎn)電勢 B．圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)越快，輸出脈沖電壓峰值越高 C．c、d端輸出脈沖電壓的頻率是圓盤轉(zhuǎn)速的4倍 D．增加小磁體個(gè)數(shù)，傳感器轉(zhuǎn)速測量更準(zhǔn)確 ACD　[霍爾元件中移動(dòng)的是自由電子，根據(jù)左手定則，電子向上表面偏轉(zhuǎn)，即c點(diǎn)，所以c點(diǎn)電勢低于d點(diǎn)電勢，故A正確；最終電子在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡，設(shè)霍爾元件的長寬厚分別為a、b、c，有q＝qvB，所以U＝Bbv，輸出脈沖電壓峰值與圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)快慢無關(guān)，故B錯(cuò)誤；當(dāng)小磁體靠近霍爾元件時(shí)，就是會(huì)產(chǎn)生一個(gè)脈沖電壓，因此c、d端輸出脈沖電壓的頻率是圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)頻率的4倍，即為轉(zhuǎn)速的4倍，

39、故C正確；當(dāng)增加小磁體個(gè)數(shù)，傳感器c、d端輸出脈沖電壓頻率變高，那么傳感器轉(zhuǎn)速測量更準(zhǔn)確，故D正確．] 規(guī)范練高分| 磁場、帶電粒子在磁場及復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng) (對應(yīng)學(xué)生用書第41頁) [典題在線] (2017·湖南邵陽二模)(20分)如圖8-20甲所示，寬度為d的豎直狹長區(qū)域內(nèi)(邊界為L1、L2)①，存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場和豎直方向上的周期性變化的電場(如圖乙所示)，電場強(qiáng)度的大小為E0，E>0表示電場方向豎直向上②．t＝0時(shí)，一帶正電、質(zhì)量為m的微粒從左邊界上的N1點(diǎn)以水平速度v射入該區(qū)域，沿直線運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)后③，做一次完整的圓周運(yùn)動(dòng)④，再沿直線運(yùn)動(dòng)到右邊界上的N2點(diǎn)．Q為線段N

40、1N2的中點(diǎn)，重力加速度為g．上述d、E0、m、v、g為已知量． 圖8-20 (1)求微粒所帶電荷量q和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小； (2)求電場變化的周期T； (3)改變寬度d，使微粒仍能按上述運(yùn)動(dòng)過程通過相應(yīng)寬度的區(qū)域⑤，求T的最小值． [信息解讀] ①有界電磁場 ②t＝0時(shí)刻電場的方向豎直向下 ③帶正電微粒做勻速運(yùn)動(dòng)，qvB＝E0q＋mg ④電場力與重力平衡，洛倫茲力充當(dāng)向心力，即E0q＝mg，qvB＝m ⑤粒子仍能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，寬度d的臨界條件d＝2R [考生抽樣] [閱卷點(diǎn)評(píng)] 點(diǎn)評(píng) 內(nèi)容 點(diǎn)評(píng)1 在第(1)問的求解中能正確把握帶電粒子的受力及運(yùn)動(dòng)

41、規(guī)律，可得滿分． 點(diǎn)評(píng)2 在第(2)問中，對電場變化周期的理解出現(xiàn)問題，誤認(rèn)為通過區(qū)域d的時(shí)間為電場變化周期，式子⑨出錯(cuò)，去掉⑨式結(jié)果分．⑤⑥⑦⑧可得分． 點(diǎn)評(píng)3 第(3)問中出現(xiàn)對過程的判斷錯(cuò)誤，只能判零分． [規(guī)范解答] 【解析】　(1)微粒做直線運(yùn)動(dòng)，則mg＋qE0＝qvB①(2分) 微粒做圓周運(yùn)動(dòng)，則mg＝qE0②(2分) 聯(lián)立①②得q＝③(1分) B＝．④(1分) (2)設(shè)微粒從N1運(yùn)動(dòng)到Q的時(shí)間為t1，做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為t2，則＝vt1⑤(2分) qvB＝m⑥(2分) 2πR＝vt2⑦(2分) 聯(lián)立③④⑤⑥⑦得t1＝，t2＝⑧(2分) 電場變化的周期T＝t1＋t2＝＋．⑨(1分) (3)若微粒能完成題述的運(yùn)動(dòng)過程，要求d≥2R⑩(1分) 聯(lián)立③④⑥得R＝?(1分) 設(shè)在N1Q段直線運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為t1min，由⑤⑩?得 t1min＝?(1分) 因t2不變，T的最小值Tmin＝t1min＋t2＝．(2分) 【答案】　見解析 [評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)] (1)方程①②順序調(diào)換，只要正確不減分． (2)⑥⑦兩式用T＝代替，將③④式代入T＝計(jì)算，只要正確不影響得分，但若沒代入③④兩式減其結(jié)果分，只給方程分． (3)題目中沒有直接出現(xiàn)⑩?式而是文字描述方式，結(jié)果正確不影響得分． 24